2018年珠海中考数学模拟试题【精编解析版】

2018年珠海中考数学模拟试题【精编解析版】

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一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡相应的位置上.

1.一元二次方程的根为（）.

A. B.C.D.

【考点】解一元二次方程-因式分解法.

【分析】先移项得到，然后利用因式分解法解方程.

【解答】解：

∴

故选：D.

【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）.

2.下列选项的四个点中，在反比例函数的图象上的是（）

A．（3，﹣2）              B．（3，2）              C．（2，3）              D．（﹣2，﹣3）

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．

【专题】计算题．

【分析】先分别计算四个点的横纵坐标之积，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征进行判断．

【解答】解：∵3×（﹣2）=﹣6，3×2=6，2×3=6，﹣2×（﹣3）=6，

∴点（3，﹣2）在反比例函数的图象上．

故选A．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．

3.下列事件：①在足球比赛中，弱队战胜强队；②抛掷一枚硬币，落地后正面朝上；③任取两个正整数，其和大于1；④长分别为3、5、9的三条线段能围成一个三角形．其中确定事件的个数是（）个．

A．1              B．2              C．3              D．4

【考点】随机事件．

【分析】确定事件就是必然事件或不可能事件，依据定义即可判断．

【解答】解：①在足球比赛中，弱队战胜强队是随机事件，命题错误；

②抛掷一枚硬币，落地后正面朝上是随机事件，命题错误；

③任取两个正整数，其和大于1，是确定事件，命题正确；

④长分别为3、5、9厘米的三条线段能围成一个三角形．是确定事件，命题正确；

故选B．

【点评】本题考查了确定事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件.

4.如果二次函数的图象经过原点，那么分式的值是（）

A．0              B．1              C．﹣1              D．0或1

【考点】二次函数的三种形式．

【分析】把x=0，y=0代入函数解析式求得k=h2，然后将其代入所求的代数式进行求值即可．

【解答】解：∵二次函数的图象经过原点，

∴0=（0﹣h）2+k，

解得，h2=﹣k，

∴==﹣1．

故选：C．

【点评】本题考查了二次函数的三种形式．二次函数的解析式有三种形式：

（1）一般式：y=ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）；

（2）顶点式：y=a（x﹣h）2+k；

（3）交点式（与x轴）：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）.

5.如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（）

A．35°              B．40°              C．50°              D．65°

【考点】旋转的性质．

【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC=AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．

【解答】解：∵CC′∥AB，

∴∠ACC′=∠CAB=65°，

∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，

∴AC=AC′，

∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，

∴∠CAC′=∠BAB′=50°．

故选C．

【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键.

6.如图，B、C、D在⊙O上，∠BOD=120°，则∠BCD为（）

A．120°              B．100°              C．80°              D．60°

【考点】圆周角定理．

【专题】计算题．

【分析】首先根据周角定义求得，劣弧BD所对的圆心角度数，再根据圆周角定理，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．

【解答】解：∵∠BOD=360°﹣120°=240°，

∴∠BCD=240°÷2=120°．

故选A．

【点评】熟练运用圆周角定理，明确一条弧所对的圆周角和圆心角是解题的关键.

7.如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE=60°，DB=4，CE=，则△ABC的面积为（）

A．B．15              C．              D．

【考点】相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质．

【分析】首先由△ABC是等边三角形，可得∠B=∠C=∠ADE=60°，又由三角形外角的性质，求得∠ADB=∠DEC，即可得△ABD∽△DCE，又由DB=4，CE=，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得AB的长，则可求得△ABC的面积．

【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∠ADE=60°，

∴∠B=∠C=∠ADE=60°，AB=BC，

∵∠ADB=∠DAC+∠C，∠DEC=∠ADE+∠DAC，

∴∠ADB=∠DEC，

∴△ABD∽△DCE，

∴，

∵DB=4，CE=，

设AB=x，则DC=x﹣4，

∴，

∴x=6，

∴AB=6，

过点A作AF⊥BC于F，

在Rt△ABF中，AF=AB•sin60°=6×=，

∴S△ABC=BC•AF=×6×=．

故选C．

【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质与等边三角形的性质．此题综合性较强，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用.

8.设二次函数的图象的对称轴为直线，若点M在直线上，则点M的坐标可能是（）

A．（1，0）              B．（3，0）              C．（﹣3，0）              D．（0，﹣4）

【考点】二次函数的性质．

【分析】根据二次函数的解析式可得出直线的方程为x=3，点M在直线上则点M的横坐标一定为3，从而选出答案．

【解答】解：∵二次函数图象的对称轴为直线x=3，

∴直线上所有点的横坐标都是3，

∵点M在直线上，

∴点M的横坐标为3，

故选B．

【点评】本题考查了二次函数的性质，解答本题的关键是掌握二次函数y=a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k），对称轴是x=h.

9.已知△ABC三边a，b，c上的高的比6：4：3，则三边之比a：b：c等于（）

A．1：2：3              B．2：3：4              C．3：4：5              D．3：4：6

【考点】三角形．

【分析】根据同一三角形面积相等，根据面积公式即可解答．

【解答】解：可设这三边上的高分别为a、b、c．同一个三角形，面积是相等的．∵a，b，c上的高的比为6：4：3，最小公倍数为12，

∴这个三角形三边上之比为2：3：4              ．

故选B．

【点评】解决本题的关键是根据同一三角形，面积是相等的．得到高的比与边的比之间的关系.

10.如图，一段抛物线，记为C1，它与x轴交于点O和A1；将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3，如此进行下去，直至得到C10，若点P（19，a）在第10段抛物线C10上，则a的值为（）

A．1              B．﹣1              C．3              D．﹣3

【考点】二次函数图象与几何变换．

【分析】求出抛物线C1与x轴的交点坐标，观察图形可知第偶数号抛物线都在x轴上方，再根据向右平移横坐标相加表示出抛物线C10的解析式，然后把点P的横坐标代入计算即可得解．

【解答】解：∵一段抛物线：，

∴图象与x轴交点坐标为：（0，0），（2，0），

∵将C1绕点A1旋转180°得C2，交x轴于点A2；

将C2绕点A2旋转180°得C3，交x轴于点A3；

…

如此进行下去，直至得C10．

∴C10与x轴的交点横坐标为（18，0），（20，0），且图象在x轴上方，

∴C10的解析式为：y10=﹣（x﹣18）（x﹣20），

当x=19时，y=﹣（19﹣18）×（19﹣20）=1．

故选：A．

【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据平移规律得出C10与x轴的交点坐标，进而得到解析式是解题关键.

二、填空题（本大题6小题，每小题4分，共24分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡相应的位置上.

11.已知关于的方程有两个相等的实数根，则的值是.

【【考点】根的判别式．

【分析】根据方程有两个相等的实数根可知△=，据此即可求出的取值范围．

【解答】解：∵关于的方程有两个相等的实数根，

∴△=

整理得，，

解得．

故答案为或．

【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2﹣4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了一元二次不等式的解法.

12.已知A点的坐标为（﹣1，3），将A点绕坐标原点顺时针90°，则点A的对应点D的坐标为　（3，1）　．

【考点】坐标与图形变化-旋转．

【分析】过A作AC⊥y轴于C，过A'作A'D⊥y轴于D，根据旋转求出∠A=∠A'OD，证△AC0≌△ODA'，推出A'D=OC=1，OD=CA=3，即可根据题意作出A点绕坐标原点顺时针90°后的点，然后写出坐标．

【解答】解：过A作AC⊥y轴于C，过A'作A'D⊥y轴于D，

∵∠AOA'=90°，∠ACO=90°，

∴∠AOC+∠A'OD=90°，∠A+∠AOC=90°，

∴∠A=∠A'OD，

在△AC0和△ODA'中，

，

∴△AC0≌△ODA'（AAS），

∴A'D=OC=1，OD=CA=3，

∴A'的坐标是（3，1）．

故答案为：（3，1）．

【点评】本题主要考查对坐标与图形变换﹣旋转，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能正确画出图形并求出△AC0≌△ODA'是解此题的关键.

13.用一条长为40cm的绳子围成一个面积为a cm2的长方形，a的最大值为　100　．

【考点】矩形的性质．

【分析】长度是40cm的绳子围成矩形，即矩形的周长为40cm，邻边的和为20cm，若使面积最大，则需两边相等．

【解答】解：因为矩形周长为40cm，所以邻边和为20cm，若使面积最大，则只需两边长相等，即都为10cm，

所以最大面积为10×10=100cm2．

故答案为，100．

【点评】熟练掌握矩形的性质，理解何时为面积最大值.

14.若（x2+y2）2﹣（x2+y2）﹣6=0，则x2+y2的值为　3　．

【考点】换元法解一元二次方程．

【分析】设t=x2+y2，方程即可变形为t2﹣t﹣6=0，解方程即可求得t即x2+y2的值．

【解答】解：设t=x2+y2，则原方程可化为：t2﹣t﹣6=0

即（t+2）（t﹣3）=0，

∴t=﹣2或3，即x2+y2=﹣2（舍去）或x2+y2=3

故答案是：3．

【点评】本题主要考查了换元法，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换.

15．如图，直线y=k1x+b与双曲线y=交于A、B两点，其横坐标分别为1和5，则不等式k1x＜+b的解集是　﹣5＜x＜﹣1或x＞0　．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．

【专题】压轴题；数形结合．

【分析】根据不等式与直线和双曲线解析式的关系，相当于把直线向下平移2b个单位，然后根据函数的对称性可得交点坐标与原直线的交点坐标关于原点对称，再找出直线在双曲线下方的自变量x的取值范围即可．

【解答】解：由k1x＜+b，得，k1x﹣b＜，

所以，不等式的解集可由双曲线不动，直线向下平移2b个单位得到，

直线向下平移2b个单位的图象如图所示，交点A′的横坐标为﹣1，交点B′的横坐标为﹣5，

当﹣5＜x＜﹣1或x＞0时，双曲线图象在直线图象上方，

所以，不等式k1x＜+b的解集是﹣5＜x＜﹣1或x＞0．

故答案为：﹣5＜x＜﹣1或x＞0．

【点评】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，根据不等式与函数解析式得出不等式的解集与双曲线和向下平移2b个单位的直线的交点有关是解题的关键.

16.如图，点A1，A2依次在y=（x＞0）的图象上，点B1，B2依次在x轴的正半轴上．若△A1OB1，△A2B1B2均为等边三角形，则点B2的坐标为　（，0）　．

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；等边三角形的性质．

【专题】压轴题．

【分析】由于△A1OB1等边三角形，作A1C⊥OB1，垂足为C，由等边三角形的性质求出A1C=OC，设A1的坐标为（m，m），根据点A1是反比例函数y=（x＞0）的图象上的一点，求出BO的长度；作A2D⊥B1B2，垂足为D．设B1D=a，由于，△A2B1B2为等边三角形，由等边三角形的性质及勾股定理，可用含a的代数式分别表示点A2的横、纵坐标，再代入反比例函数的解析式中，求出a的值，进而得出B2点的坐标．

【解答】解：作A1C⊥OB1，垂足为C，

∵△A1OB1为等边三角形，

∴∠A1OB1=60°，

∴tan60°==，

∴A1C=OC，

设A1的坐标为（m，m），

∵点A1在y=（x＞0）的图象上，

∴=，解得m=3，

∴OC=3，

∴OB1=6，

作A2D⊥B1B2，垂足为D．

设B1D=a，

则OD=6+a，A2D=a，

∴A2（6+a，a）．

∵A2（6+a，a）在反比例函数的图象上，

∴代入y=，得（6+a）•a=，

化简得a2+6a﹣9=0

解得：a=﹣3±．

∵a＞0，

∴a=﹣3+．

∴B1B2=﹣6+，

∴OB2=OB1+B1B2=，

所以点B2的坐标为（，0）．

故答案是：（，0）．

【点评】此题综合考查了反比例函数的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，正三角形的性质等多个知识点．此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用.

三、解答题（一）（本大题3小题，每小题6分，共18分）

17.已知一元二次方程的两个根为m，n，求.

【考点】一元二次方程根与系数的关系.

【分析】已知m和n为一元二次方程的解，利用根与系数的关系，求出m+n与mn的值，将所求式子利用完全平方公式变形后，代入计算即可求出值.

【解答】解：∵m和n为一元二次方程的解

∴m＋n＝4，mn＝－3

∴

【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系.解题关键是会利用根与系数的关系来求方程中的字母系数.

18.哥哥和弟弟玩一个游戏：三张完全相同的卡片上分别标有数字1，2，3，将标数字的一面朝下．哥哥任意抽取一张，记下数字后放回，然后弟弟任意抽取一张，抽得的两数字之和，若和为奇数，则弟弟胜，若和为偶数，哥哥胜，这个游戏对双方公平吗？用你学过的知识解释原因．

【考点】游戏公平性；概率公式．

【专题】计算题．

【分析】先画树状图展示6种等可能的结果数，计算P（弟弟胜）和P（哥哥胜），然后通过比较两概率的大小判断该游戏对双方是否公平．

【解答】解：这个游戏对双方不公平．理由如下：

画树状图为：

共有6种等可能的结果数，其中小亮取胜的结果数为2；

P（弟弟胜）==，P（哥哥胜）==，

由于＞，

所以这个游戏对双方不公平．

【点评】本题考查了游戏得公平性：判断游戏公平性需要先计算每个事件的概率，然后比较概率的大小，概率相等就公平，否则就不公平.

19.如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D，若四边形ACDE为菱形时，求BD的长．

【考点】旋转的性质；勾股定理；菱形的性质．

【专题】计算题；证明题．

【分析】由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．

【解答】解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，

∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，

∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，

∴∠AEB=∠ABE=45°，

∴△ABE为等腰直角三角形，

∴BE=AC=，

∴BD=BE﹣DE=﹣1．

【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质.

四、解答题（二）（本大题3小题，每小题7分，共21分）

20.已知关于x的一元二次方程：．（1）试判断原方程根的情况；（2）若抛物线与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，A，B两点间的距离是否存在最值？若存在，指明是最大值还是最小值，并求这个最值．

【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式．

【分析】（1）根据根的判别式，可得答案；

（2）根据根与系数的关系，可得A、B间的距离，根据二次函数的性质，可得答案．

【解答】解：（1）△=，

∵（m﹣1）2≥0，

∴△=（m﹣1）2+8＞0，

∴原方程有两个不等实数根；

（2）存在，

由题意知x1，x2是原方程的两根，

∴x1+x2=m﹣3，x1•x2=﹣m．

∵AB=|x1﹣x2|，

∴AB2=（x1﹣x2）2=（x1+x2）2﹣4x1x2

=（m﹣3）2﹣4（﹣m）=（m﹣1）2+8，

∴当m=1时，AB2有最小值8，

∴AB有最小值，即AB==

【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，利用了根的判别式，根据根与系数的关系，利用完全平方公式得出二次函数是解题关键，又利用了二次函数的性质.

21.如图，AD是△ABC角平分线．求证：AB：AC=BD：CD．

【考点】相似三角形的判定与性质．

【专题】证明题．

【分析】先过点B作BE∥AC交AD延长线于点E，由于BE∥AC，利用平行线分线段成比例定理的推论、平行线的性质，可得∴△BDE∽△CDA，∠E=∠DAC，再利用相似三角形的性质可有，而利用AD时角平分线又知∠E=∠DAC=∠BAD，于是BE=AB，等量代换即可证．

【解答】解：过点B作BE∥AC交AD延长线于点E，

∵BE∥AC，

∴∠DBE=∠C，∠E=∠CAD，

∴△BDE∽△CDA，

∴，

又∵AD是角平分线，

∴∠E=∠DAC=∠BAD，

∴BE=AB，

∴

即AB：AC=BD：CD．

【点评】本题考查了角平分线的定义、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理的推论．关键是作平行线.

22.如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．（1）如图①，当时，求的值；（2）如图②，当DE平分∠CDB时，求证：AF=OA．

【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．

【分析】（1）利用相似三角形的性质求得EF于DF的比值，依据△CEF和△CDF同高，则面积的比就是EF与DF的比值，据此即可求解；

（2）利用三角形的外角和定理证得∠ADF=∠AFD，可以证得AD=AF，在直角△AOD中，利用勾股定理可以证得．

【解答】（1）解：∵，

∴．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD∥BC，AD=BC，

∴△CEF∽△ADF，

∴，

∴，

∴；

（2）证明：∵DE平分∠CDB，

∴∠ODF=∠CDF，

又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线．

∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，

∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，

∴∠ADF=∠AFD，

∴AD=AF，

在直角△AOD中，根据勾股定理得：AD==OA，

∴AF=OA．

【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质及正方形的性质，先根据题意判断出△CEF∽△ADF，再根据相似三角形的对应边成比例进行解答是解答此题的关键.

五、解答题（三）（本大题3小题，每小题9分，共27分）

23.某中学准备围建一个矩形生物园，其中一边靠墙，另外三边用长为30米的篱笆围成．已知墙长为18米，设这个生物园垂直于墙的一边的长为x米．（1）若平行于墙的一边长为y米，直接写出y与x的关系式及其自变量x的取值范围；（2）垂直于墙的一边的长为多少米时，这个生物园的面积最大，并求出这个最大值；（3）当这个生物园的面积不小于88平方米时，试结合函数的图象，直接写出x的取值范围．

【考点】二次函数的应用．

【分析】（1）根据题意即可求得y与x的函数关系式为y=30﹣2x与自变量x的取值范围为6≤x＜15；

（2）设矩形苗圃园的面积为S，由S=xy，即可求得S与x的函数关系式，根据二次函数的最值问题，即可求得这个苗圃园的面积最大值；

（3）根据题意得﹣2（x﹣7.5）2+112.5≥88，根据图象，即可求得x的取值范围．

【解答】解：（1）y=30﹣2x（6≤x＜15）．

（2）设矩形苗圃园的面积为S

则S=xy=x（30﹣2x）=﹣2x2+30x，

∴S=﹣2（x﹣7.5）2+112.5，

由（1）知，6≤x＜15，

∴当x=7.5时，S最大值=112.5，

即当矩形苗圃园垂直于墙的一边的长为7.5米时，这个苗圃园的面积最大，这个最大值为112.5．

（3）∵这个苗圃园的面积不小于88平方米，

即﹣2（x﹣7.5）2+112.5≥88，

∴4≤x≤11，

由（1）可知6≤x＜15，

∴x的取值范围为6≤x≤11．

【点评】此题考查了二次函数的实际应用问题．解题的关键是根据题意构建二次函数模型，然后根据二次函数的性质求解即可.

24.已知：⊙O上两个定点A，B和两个动点C，D，AC与BD交于点E．

（1）如图24题图①，求证：EA•EC=EB•ED；

（2）如图24题图②，若AB=BC，AD是⊙O的直径，求证：DA•AC=2BC•BD；

（3）如图24题图③，若AC⊥BD，点O到AD的距离为2，求BC的长．

【考点】圆的综合题．

【专题】压轴题．

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得到角相等，从而证得三角形相似，于是得到结论；

（2）如图②，连接CD，OB交AC于点F由B是弧AC的中点得到∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．证得△CBF∽△ABD．即可得到结论；

（3）如图③，连接AO并延长交⊙O于F，连接DF得到AF为⊙O的直径于是得到∠ADF=90°，过O作OH⊥AD于H，根据三角形的中位线定理得到DF=2OH=4，通过△ABE∽△ADF，得到1=∠2，于是结论可得．

【解答】（1）证明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，

∴△AED∽△BEC，

∴，

∴EA•EC=EB•ED；

（2）证明：如图②，连接CD，OB交AC于点F

∵B是弧AC的中点，

∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=0.5AC．

又∵AD为⊙O直径，

∴∠ABC=90°，又∠CFB=90°．

∴△CBF∽△ABD．

∴，故CF•AD=BD•BC．

∴AC•AD=2BD•BC；

（3）解：如图③，连接AO并延长交⊙O于F，连接DF，

∴AF为⊙O的直径，

∴∠ADF=90°，

过O作OH⊥AD于H，

∴AH=DH，OH∥DF，

∵AO=OF，

∴DF=2OH=4，

∵AC⊥BD，

∴∠AEB=∠ADF=90°，

∵∠ABD=∠F，

∴△ABE∽△ADF，

∴∠1=∠2，

∴BC=DF，

∴BC=DF=4．

【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正确作出辅助线是解题的关键.

25.如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．

（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；

（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；

（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．

【专题】压轴题．

【分析】（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；

（3）可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标．

【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，

∴在Rt△COE中，OE===3，

设AD=m，则DE=BD=4﹣m，

∵OE=3，

∴AE=5﹣3=2，

在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，

∴D（﹣，﹣5），

∵C（﹣4，0），O（0，0），

∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4），

∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，

∴抛物线解析式为y=x（x+4）=x2+x；

（2）∵CP=2t，

∴BP=5﹣2t，

在Rt△DBP和Rt△DEQ中，

，

∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），

∴BP=EQ，

∴5﹣2t=t，

∴t=；

（3）∵抛物线的对称轴为直线x=﹣2，

∴设N（﹣2，n），

又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），

设M（m，y），

①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，

则线段EN的中点横坐标为=﹣1，线段CM中点横坐标为，

∵EN，CM互相平分，

∴=﹣1，解得m=2，

又M点在抛物线上，

∴y=×22+×2=16，

∴M（2，16）；

②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，

则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为=﹣3，

∵EM，CN互相平分，

∴=﹣3，解得m=﹣6，

又∵M点在抛物线上，

∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，

∴M（﹣6，16）；

③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，

则M为抛物线的顶点，即M（﹣2，﹣）．

综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．

【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、平行四边形的性质等知识点．在（1）中求得D点坐标是解题的关键，在（2）中证得全等，得到关于t的方程是解题的关键，在（3）中注意分类讨论思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中.